Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Góc nhị diện (Toán học Lớp 11)

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $M$ là trung điểm của $BC$. Vì $△SBC$ và $△ABC$ đều cạnh $a$ nên $SM\perp BC$ và $AM\perp BC$. Do đó góc nhị diện $[S,BC,A]$ là góc $\widehat{SMA}$.

Ta có:
- $AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ (đường cao tam giác đều $ABC$),
- $SM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ (đường cao tam giác đều $SBC$),
- $SA=a$.

Áp dụng định lí cosin trong tam giác $SMA$:
$$\cos \widehat{SMA}=\frac{A{M}^2+S{M}^2-S{A}^2}{2\cdot AM\cdot SM}=\frac{\frac{3a^2}{4}+\frac{3a^2}{4}-a^2}{2\cdot \frac{3a^2}{4}}=\frac{\frac{a^2}{2}}{\frac{3a^2}{2}}=\frac{1}{3}.$$

Vậy số đo góc nhị diện $[S,BC,A]$ bằng $\arccos \frac{1}{3}\approx 70,53^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Nhị diện $[B,SA,C]$ có cạnh là $SA$. Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp AB$ và $SA\perp AC$. Do đó $BA\subset (SAB)$, $CA\subset (SAC)$ lần lượt vuông góc với cạnh $SA$ tại $A$, nên góc phẳng của nhị diện là $\widehat{BAC}$. Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Nhị diện $[B,SA,D]$ có cạnh $SA$, hai mặt $(SAB)$ và $(SAD)$. Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp AB$ và $SA\perp AD$. Trong $(SAB)$: $AB\perp SA$ tại $A$; trong $(SAD)$: $AD\perp SA$ tại $A$. Vậy góc nhị diện $[B,SA,D]$ là $\widehat{BAD}$. Đáy $ABCD$ là hình chữ nhật nên $\widehat{BAD}=90^{\circ }$. Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình lập phương $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, góc nhị diện $[B,A{A}^{\prime },C]$ có cạnh $A{A}^{\prime }$. Hai mặt phẳng lần lượt là $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ và $(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$. Ta có $AB\perp A{A}^{\prime }$ và $AB\perp AC$ (vì $ABCD$ là hình vuông), nên $AB\perp (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$. Mà $AB$ nằm trong $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$, do đó $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })\perp (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$. Vậy góc nhị diện $[B,A{A}^{\prime },C]$ bằng $90^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình lập phương ABCD.A'B'C'D', góc nhị diện [A', BD, A] có cạnh BD. Ta có AC ⊥ BD (hai đường chéo hình vuông) và A'A ⊥ (ABCD) nên A'A ⊥ BD. Suy ra BD ⊥ (A'AC), do đó BD ⊥ A'C. Góc nhị diện [A', BD, A] là góc giữa A'C và AC, tức là góc A'CA. Đặt cạnh lập phương là a, thì AC = a√2, AA' = a, nên tan(A'CA) = AA'/AC = a/(a√2) = 1/√2 ≈ 0,7071. Vậy góc A'CA ≈ 35,264° ≈ 35°15'. Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp $S.ABCD$, đáy vuông cạnh $a$, $SA\perp (ABCD)$, $SA=a\sqrt{3}$. Hai mp $(SBC)$ và $(ABCD)$ cắt nhau theo giao tuyến $BC$. Vì $ABCD$ vuông nên $AB\perp BC$; lại $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BC$, suy ra $BC\perp (SAB)$, do đó $BC\perp SB$. Góc giữa $(SBC)$ và $(ABCD)$ là góc $SBA$. Tam giác $SAB$ vuông tại $A$ có $\tan (SBA)=\frac{SA}{AB}=\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}$, nên góc $SBA=60^{\circ }$. Vậy đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi O là giao điểm của AC và BD. Vì ABCD là hình vuông cạnh a nên $AO=\frac{a\sqrt{2}}{2}$. Do $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp AO$, và $BD\perp AC$ nên $BD\perp SO$ (định lý ba đường vuông góc). Vậy góc giữa (SBD) và (ABCD) là $\alpha =\angle SOA$. Khi đó $\tan \alpha =\frac{SA}{AO}=\frac{2a}{\frac{a\sqrt{2}}{2}}=\frac{4}{\sqrt{2}}=2\sqrt{2}$. Chọn A.

(AI giải đề cho tôi)
Lăng trụ đứng $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ có $A{A}^{\prime }\perp (ABC)$, nên $C{C}^{\prime }\parallel A{A}^{\prime }$ cũng vuông góc với $(ABC)$. Mặt phẳng $(AC{C}^{\prime })$ chứa $C{C}^{\prime }$ và $A{A}^{\prime }$ nên vuông góc với $(ABC)$; tương tự $(BC{C}^{\prime })$ cũng vuông góc với $(ABC)$. Góc nhị diện $[A,C{C}^{\prime },B]$ là góc giữa hai mặt phẳng $(AC{C}^{\prime })$ và $(BC{C}^{\prime })$, bằng góc giữa hai đường thẳng $AC$ và $BC$ nằm trong mặt đáy, tức góc $\widehat{ACB}$ của tam giác đều $ABC$ cạnh $2a$, bằng $60^{\circ }$. Vậy đáp án B.

Giải: Gọi H là trung điểm AB => $[S,BC,O]=SHO$ => $\tan SHO=\frac{SO}{OH}=\frac{2a}{\frac{a}{2}}=4$ — ĐS : 4

Giải: Gọi H là trung điểm AB =>* $[S,AB,O]=SHO$ => $\tan SHO=\frac{SO}{OH}=2$ — ĐS : 2

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ $A(0,0,0)$, $B(3a,0,0)$, $D(0,a,0)$, $A^{\prime }(0,0,3a)$ (lấy $a=1$). Gọi $H$ là chân đường vuông góc hạ từ $A$ xuống $BD$. Với $\overrightarrow{BD}=(-3,1,0)$, ta có $t=\frac{(A-B)\cdot (D-B)}{|BD{|}^2}=\frac{9}{10}$, suy ra $H=(0,3a;0,9a;0)$. Khi đó $AH\perp BD$ và $A^{\prime }H\perp BD$ (theo định lý ba đường vuông góc, vì $A{A}^{\prime }\perp (ABCD)$), nên góc nhị diện $[A^{\prime },BD,A]$ là góc $A^{\prime }HA$.

Tính: $AH=\sqrt{0,09+0,81}a=\frac{3a}{\sqrt{10}}$, $A^{\prime }H=\sqrt{0,9+9}a=\sqrt{9,9}a=\frac{3\sqrt{11}}{\sqrt{10}}a$.

$$\cos \widehat{A^{\prime }HA}=\frac{\overrightarrow{HA}\cdot \overrightarrow{H{A}^{\prime }}}{|AH|\cdot |A^{\prime }H|}=\frac{0,9a^2}{\frac{3a}{\sqrt{10}}\cdot \frac{3\sqrt{11}a}{\sqrt{10}}}=\frac{0,9}{\frac{9\sqrt{11}}{10}}=\frac{1}{\sqrt{11}}.$$

Vậy góc nhị diện $=\arccos \frac{1}{\sqrt{11}}\approx 72,45^{\circ }\approx 72,5^{\circ }$.

Kiểm tra bằng pháp tuyến: mặt $(ABD)$ có pháp tuyến $\overrightarrow{n_1}=(0,0,1)$; mặt $(A^{\prime }BD)$ có pháp tuyến $\overrightarrow{n_2}=\overrightarrow{BD}\times \overrightarrow{B{A}^{\prime }}\parallel (1,3,1)$; $\cos =\frac{1}{\sqrt{11}}$ — khớp với đáp án nguồn $72,5$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Vì ABCD là hình vuông nên AC ⊥ BD. Vì SA ⊥ (ABCD) nên SA ⊥ BD. Từ đó BD ⊥ AC và BD ⊥ SA với AC, SA cắt nhau trong (SAC) ⇒ BD ⊥ (SAC).

b) Góc giữa SD và (ABCD) là góc giữa SD và hình chiếu DA của nó trên mặt đáy, tức là góc SDA. Tam giác SAD vuông tại A: tan(SDA) = SA/AD = (a√2)/(2a) = √2/2. Vậy góc giữa SD và (ABCD) bằng arctan(√2/2) ≈ 35°15′52″ (≈ 35,3°).

c) Gọi O = AC ∩ BD. Theo câu a), BD ⊥ (SAC) nên BD ⊥ OA và BD ⊥ OS. Do đó góc nhị diện [S, BD, A] có số đo bằng góc SOA. Tam giác SOA vuông tại A với AO = (1/2)AC = a√2, SA = a√2, nên SO = √(SA² + AO²) = √(2a² + 2a²) = 2a. Khi đó cos(SOA) = AO/SO = (a√2)/(2a) = √2/2 ⇒ góc SOA = 45°. Vậy số đo góc nhị diện [S, BD, A] bằng 45°.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $D(0;2a;0)$, $A^{\prime }(0;0;3a)$. Ta có $\overrightarrow{BD}=(-a;2a;0)$, $\overrightarrow{B{A}^{\prime }}=(-a;0;3a)$. Vectơ pháp tuyến của $(A^{\prime }BD)$: $\vec{n}=\overrightarrow{BD}\times \overrightarrow{B{A}^{\prime }}=(6a^2;3a^2;2a^2)\propto (6;3;2)$. Mặt phẳng $(ABD)$ có pháp tuyến $\vec{k}=(0;0;1)$. Góc nhị diện $[A^{\prime },BD,A]$: $\cos \theta =\frac{2}{\sqrt{36+9+4}}=\frac{2}{7}$, suy ra $\theta =\arccos \frac{2}{7}\approx 73,4^{\circ }$. Kết quả khớp với đáp án nguồn 73,4.

(AI giải đề cho tôi)
Góc nhị diện có cạnh là bản lề máy tính, mặt phẳng chứa tam giác ABC với A là đỉnh trên bản lề. Trong tam giác ABC có AB = AC = 30 cm, BC = 30√3 cm, áp dụng định lí cosin: cos A = (AB² + AC² − BC²)/(2·AB·AC) = (900 + 900 − 2700)/1800 = −1/2. Suy ra góc A = 120°, tức độ mở của màn hình α = 120. Kết quả trùng với đáp án nguồn (mã đề 102, Phần III câu 3 = 120).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $AB$ là hình chiếu của $SB$ lên $(ABCD)$. Ta có $BC\perp AB$ (do $ABCD$ là hình chữ nhật) và $BC\perp SA$ (vì $SA\perp (ABCD)$), suy ra $BC\perp (SAB)$, do đó $BC\perp SB$. Vậy góc giữa $(SBC)$ và $(ABCD)$ là góc giữa $SB$ và $AB$, tức là $\widehat{SBA}$. Trong tam giác $SAB$ vuông tại $A$: $\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=\frac{a\sqrt{3}/3}{a}=\frac{\sqrt{3}}{3}$, nên $\widehat{SBA}=30^{\circ }$. Kết quả trùng với đáp án nguồn: C.

(AI giải đề cho tôi)
Góc nhị diện có cạnh là đường gập (bản lề) và hai nửa mặt phẳng là màn hình và bàn phím, nên góc nhị diện chính là góc $\widehat{BAC}$ trong tam giác $ABC$ với $AB=AC=30$ cm, $BC=30\sqrt{3}$ cm. Áp dụng định lí cosin: $\cos \hat{A}=\frac{A{B}^2+A{C}^2-B{C}^2}{2\cdot AB\cdot AC}=\frac{900+900-2700}{1800}=\frac{-900}{1800}=-\frac{1}{2}$. Suy ra $\hat{A}=120^{\circ }$, vậy $\alpha =120$. Kết quả trùng với đáp án nguồn (120).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BC$; mà $AB\perp BC$ (hình chữ nhật) nên $BC\perp (SAB)$, suy ra $BC\perp SB$. Góc giữa $(SBC)$ và $(ABCD)$ là góc giữa $SB$ và $AB$ (hai đường thẳng cùng vuông góc với giao tuyến $BC$), tức là góc $\widehat{SBA}$. Trong tam giác vuông $SAB$ vuông tại $A$: $\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=\frac{a\sqrt{3}/3}{a}=\frac{\sqrt{3}}{3}$, nên $\widehat{SBA}=30^{\circ }$. Vậy góc giữa hai mặt phẳng là $30^{\circ }$, khớp với đáp án nguồn (C).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi mặt bàn là $(P)$. Bàn phím nghiêng một góc $30^{\circ }$ so với mặt bàn, màn hình vuông góc với mặt bàn. Góc nhị diện giữa màn hình và bàn phím được tính qua giao tuyến (bản lề máy). Vì màn hình vuông góc với $(P)$ còn bàn phím tạo với $(P)$ góc $30^{\circ }$, hai mặt phẳng này nằm cùng phía nên góc giữa chúng bằng $90^{\circ }+30^{\circ }=120^{\circ }$. Vậy $a=120$, trùng với đáp án nguồn (mã đề 1014, Phần III câu 1: 120).

(AI giải đề cho tôi)
Xét tiết diện: mặt bàn nằm ngang, bàn phím nghiêng góc $30^{\circ }$ so với mặt bàn, màn hình vuông góc với mặt bàn. Góc giữa mặt phẳng chứa màn hình và mặt bàn bằng $90^{\circ }$, nên góc giữa màn hình và mặt bàn phím (phía hở của máy) bằng $180^{\circ }-90^{\circ }-30^{\circ }=60^{\circ }$ tính phía kia, tức góc nhị diện giữa màn hình và bàn phím (góc mở của máy tính) bằng $180^{\circ }-60^{\circ }=120^{\circ }$. Vậy $a=120$, trùng với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $O$ là tâm hình vuông $ABCD$. Trong hình chóp tứ giác đều, $SO\perp (ABCD)$ nên $SO\perp AC$; đồng thời $AC\perp BD$ nên $OB\perp AC$ tại $O$. Vậy $OB\subset (ABC)$ và $OS\subset (SAC)$ cùng vuông góc với cạnh $AC$ tại $O$, do đó góc nhị diện $[S,AC,B]$ là $\widehat{SOB}=90^{\circ }$. Kết quả trùng đáp án nguồn (mã đề 3267, câu 6: B).